Question

19．已知函数f（x）=x²+alnx-（a+2）x（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当f（x）有极大值与极小值时，求证函数f（x）在定义域内有唯一的零点．

Answer 1

分析 （1）求导函数，求出函数的零点，再进行分类讨论，从而可确定函数y=f（x）的单调性与单调区间．
（2）f（x）有极大值与极小值，由（1）可知，0＜a＜2或a＞2，根据函数零点定理验证即可．

解答 解：（1）由题意得，f′（x）=2x-（a+2）+$\frac{a}{x}$=$\frac{（x-1）（2x-a）}{x}$（x＞0），
由f′（x）=0，得x₁=1，x₂=$\frac{a}{2}$
①当0＜$\frac{a}{2}$＜1，即0＜a＜2，令f′（x）＞0，又x＞0，可得0＜x＜$\frac{a}{2}$或x＞1；
令f′（x）＜0，x＞0，可得$\frac{a}{2}$＜x＜1，
∴函数f（x）的单调增区间是（0，$\frac{a}{2}$）和（1，+∞），单调减区间是（$\frac{a}{2}$，1）；
②当$\frac{a}{2}$=1，即a=2时，f′（x）=$\frac{2（x-1）^{2}}{x}$≥0，当且仅当x=1时，f′（x）=0，
∴函数f（x）在区间（0，+∞）上是单调增函数；
③当$\frac{a}{2}$＞1，即a≥2时，令f′（x）＞0，又x＞0，可得0＜x＜1或x＞$\frac{a}{2}$；
令f′（x）＜0，x＞0，可得1＜x＜$\frac{a}{2}$
∴函数f（x）的单调增区间是（0，1）和（$\frac{a}{2}$，+∞），单调减区间是（1，$\frac{a}{2}$）；
④当$\frac{a}{2}$≤0，即a≤0时，令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增．
（2）∵f（x）有极大值与极小值，由（1）可知，0＜a＜2或a＞2，
当a＞2时，函数f（x）的单调增区间是（0，1）和（$\frac{a}{2}$，+∞），单调减区间是（1，$\frac{a}{2}$），
若x∈（0，$\frac{a}{2}$），f（x）≤f（1）=-a-1＜0，无零点，
若x∈（$\frac{a}{2}$，+∞），则f（$\frac{a}{2}$）＜f（1）＜0，
f（a+2）=aln（a+2）＞0，有一个零点，
则当a＞2时，f（x）有唯一的零点，
当0＜a＜2函数f（x）的单调增区间是（0，$\frac{a}{2}$）和（1，+∞），单调减区间是（$\frac{a}{2}$，1）；
若x∈（0，1），f（x）≤f（$\frac{a}{2}$）=a（lna-$\frac{a}{4}$-1-ln2），
有lna＜ln2＜1，则lna-$\frac{a}{4}$-1-ln2＜0，则f（x）＜0，即f（x）在（0，1）内无零点，
若x∈（1，+∞），则＜f（1）＜0，f（a+2）=aln（a+2）＞0，即f（x）在[1，+∞）有一个零点，
则当0＜a＜2时，f（x）有唯一的零点，
综上所述函数f（x）在定义域内有唯一的零点

点评 本题重点考查导数知识的运用和函数零点定理，考查函数的单调性，利用导数的正负确定函数的单调性是关键，属于中档题．